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\setstretch{1.2} 
\setlength{\parindent}{0.8cm}
\geometry{left=3cm,right=3cm,top=2.5cm,bottom=2.5cm}
\title{\vspace{-2cm} \textbf{Theoretical Assignments 3 of Numerical Analysis}}

\author{赵竟廷 3200105665}
\date{October 2022}

\begin{document}
\maketitle

\section{Theoretical Questions \uppercase\expandafter{\romannumeral1}}
根据题意，有：$x_1=0,x_2=1,x_3=2$。令$q(x)=(2-x)^3$，又令$p'(x_1)=m_1,q'(x_2)=m_2,q'(x_3)=m_3$。由于$q'(x)=-3(2-x)^2$，因此可以得到：$m_2=-3,m_3=0$。

对节点$x_1,x_2,x_3$有差商表：

\begin{tabular}{c|ccc}
0 & 0\\ 
1 & 1 & 1\\
2 & 0 & -1 & -1\\
\end{tabular}

由此可以得到$f[x_1,x_2]=1,f[x_2,x_3]=-1$。

根据引理3.3，取i=2有：
\begin{align}
    \lambda_2 m_1+2m_2+\mu_2m_3=3\mu_2f[x_2,x_3]+3\lambda_2f[x_1,x_2]
    \label{equ1}
\end{align}
其中，$\lambda_2=\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}=\frac{1}{2},\mu_2=\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}=\frac{1}{2}$。

由此，将已知量代入公式（\ref{equ1}）可以得到：$m_1=12$。

又由于$s(0)=0$，因此可以得到节点$x_1,x_1,x_2,x_2$的差商表：

\begin{tabular}{c|cccc}
0 & 0\\ 
0 & 0 & 12\\
1 & 1 & 1 & -11\\
1 & 1 & -3 & -4 & 7\\
\end{tabular}

因此可以得到：
\begin{align}
    p(x)
    &=f[x_1]+f[x_1,x_1](x-x_1)+f[x_1,x_1,x_2](x-x_1)^2\nonumber\\
    &\quad+f[x_1,x_1,x_2,x_2](x-x_1)^2(x-x_2)\\
    &=0+12x-11x^2+7x^2(x-1)\nonumber\\
    &=\bm{7x^3-18x^2+12x}\nonumber
\end{align}
$p''(x)=42x-36,q''(x)=-6x+12$，从而有：$s''(0)=p''(0)=-36\neq 0,s''(2)=q''(2)=0$。因此可知$s(x)$\textbf{不是}自然样条。

\section{Theoretical Questions \uppercase\expandafter{\romannumeral2}}
\textbf{(a)} 
由于每两个节点之间形成一个二次样条需要3个条件，而现在共有n个插值节点，因此共需要$3(n-1)$个条件来唯一确定该二次样条。

已知条件有：
\begin{equation}
    \begin{cases}
        s^{(d)}(x_i)|_{[x_{i-1},x_i]}=s^{(d)}(x_i)|_{[x_{i},x_{i+1}]}\quad (d=0,1\:;\:i=2,\dots,n-1)\\
        s(x_i)=f(x_i)\quad (i=1,2,\dots,n)
    \end{cases}
\end{equation}

这其中包含了$n+2(n-2)$个条件。

由$3(n-1)-[n+2(n-2)]=1$可知，还需要一个条件。

\vspace{2.0ex}

\textbf{(b)}
令$K_i=\frac{f_{i+1}-f_i}{x_{i+1}-x_i}$，由节点$x_i,x_i,x_{i+1}$有差商表：

\begin{tabular}{c|ccc}
$x_i$ & $f_i$\\ 
$x_i$ & $f_i$ & $m_i$\\
$x_{i+1}$ & $f_{i+1}$ & $K_i$ & $\frac{K_i-m_i}{x_{i+1}-x_i}$\\
\end{tabular}

从而可以得到：
\begin{equation}
    \bm{p_i=f_i+m_i(x-x_i)+(\frac{\frac{f_{i+1}-f_i}{x_{i+1}-x_i}-m_i}{x_{i+1}-x_i})(x-x_i)^2}
\end{equation}

\vspace{2.0ex}

\textbf{(c)}
由于$s\in\mathbb{S}^1_2$,由样条的连续性条件可知：$p_i'(x_{i+1})=p_{i+1}'(x_{i+1})$。从而有：
\begin{align}
    m_i+(\frac{K_i-m_i}{x_{i+1}-x_i})(2x_{i+1}-2x_i)=m_{i+1}+(\frac{K_{i+1}-m_{i+1}}{x_{i+2}-x_{i+1}})(2x_{i+1}-2x_{i+1})=m_{i+1}
\end{align}

上式经计算化简后可以得到：$m_{i+1}=2K_i-m_i$，即：
\begin{equation}
    \bm{m_{i+1}=\frac{2(f_{i+1}-f_i)}{x_{i+1}-x_i}-m_i}
\end{equation}
因此，由$m_1=f'(a)$即可求得$m_2=\frac{2(f_{2}-f_1)}{x_2-x_1}-f'(a)$，进而同理可求得$m_3,\dots,m_{n-1}$。

\section{Theoretical Questions \uppercase\expandafter{\romannumeral3}}

令$M_i=s''(x_i)\:(i=1,2,3)$，由于$s(x)$为[-1,1]上节点为$x_1=-1,x_2=0,x_3=1$的自然样条，故有：$M_1=0,M_3=0$，由计算可知$M_2=s_1''(x_2)=6c$。

令$y=s_2(1)$，则对节点$x_1=-1,x_2=0,x_3=1$有差商表：

\begin{tabular}{c|ccc}
-1 & 1\\ 
0 & 1+c & c\\
1 & y & y-(1+c) & $\frac{y-1-2c}{2}$\\
\end{tabular}

由引理3.4，取$i=2$，有：
\begin{equation}
    \mu_2M_1+2M_2+\lambda_2M_3=6f[x_1,x_2,x_3]
\end{equation}

其中，$\lambda_2=\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}=\frac{1}{2},\mu_2=\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}=\frac{1}{2}$。

代入各变量计算可以得到：$y=6c+1$。

令$m_i=s'(x_i)\:(i=1,2,3)$，根据已知的$s_1(x)$可以计算得到$m_1=s_1'(x_1)=0;m_2=s_1'(x_2)=3c$。

又由引理3.3，取$i=2$，有：
\begin{align}
    \lambda_2 m_1+2m_2+\mu_2m_3=3\mu_2f[x_2,x_3]+3\lambda_2f[x_1,x_2]
\end{align}
其中，$\lambda_2=\frac{1}{2},\mu_2=\frac{1}{2}$。
代入各变量计算可以得到：$m_3=6c$。

由节点$x_2,x_2,x_3,x_3$有差商表：

\begin{tabular}{c|cccc}
0 & 1+c\\ 
0 & 1+c & 3c\\
1 & y & y-(1+c) & y-1-4c\\
1 & y & 6c & 7c-y+1 & -c\\
\end{tabular}

从而有：
\begin{align}
    s_2(x)
    &=1+c+3c(x-0)+2c(x-0)^2+(-c)(x-0)^2(x-1)\nonumber\\
    &=\bm{-cx^3+3cx^2+3cx+c+1}
\end{align}

当$s(1)=-1$时，由于$s(1)=s_2(1)=y=6c+1=-1$，则一定有$\bm{c=-\frac{1}{3}}$。

\section{Theoretical Questions \uppercase\expandafter{\romannumeral4}}
\textbf{(a)} 
设所需求得的自然样条为:
\begin{equation}
s(x)=
    \begin{cases}
        s_1(x)\quad (x\in[-1,0])\\
        s_2(x)\quad (x\in[0,1])\\
    \end{cases}
\end{equation}
则令$M_i=s''(x_i)\:(i=1,2,3)$，由自然样条的性质可知$M_1=s''(-1)=0,M_3=s''(1)=0$。节点$x_1=-1,x_2=0,x_3=1$所对应的差商表为：

\begin{tabular}{c|ccc}
-1 & 0\\ 
0 & 1 & 1\\
1 & 0 & -1 & -1\\
\end{tabular}

由此可知：$f[x_1,x_2,x_3]=-1$，同样根据引理3.4，取$i=2$可以得到$\mu_2M_1+2M_2+\lambda_2M_3=6f[x_1,x_2,x_3]$，从而通过计算可知，$M_2=-3$。

又由于$s_1'''(x_1)=\frac{M_2-M_1}{x_2-x_1}=-3$，$s_1'(x_1)=f[x_1,x_2]-\frac{1}{6}(M_2+2M_1)(x_2-x_1)=\frac{3}{2}$，可以得到：
\begin{align}
    s_1(x)&=f_1+s_1'(x_1)(x-x_1)+\frac{M_1}{2}(x-x_1)^2+\frac{s_1'''(x_1)}{6}(x-x_1)^3\nonumber\\
    &=-\frac{1}{2}x^3-\frac{3}{2}x^2+1
\end{align}

同理，$s_2'''(x_2)=\frac{M_3-M_2}{x_3-x_2}=3$，$s_2'(x_2)=f[x_2,x_3]-\frac{1}{6}(M_3+2M_2)(x_3-x_2)=0$，从而有：
\begin{align}
    s_2(x)&=f_2+s_2'(x_2)(x-x_2)+\frac{M_2}{2}(x-x_2)^2+\frac{s_2'''(x_2)}{6}(x-x_2)^3\nonumber\\
    &=\frac{1}{2}x^3-\frac{3}{2}x^2+1
\end{align}

因此可得结果：
\begin{equation}
s(x)=
    \begin{cases}
        -\frac{1}{2}x^3-\frac{3}{2}x^2+1\quad (x\in[-1,0])\\
        \frac{1}{2}x^3-\frac{3}{2}x^2+1\:\:\;\quad (x\in[0,1])
    \end{cases}
\end{equation}

\vspace{2.0ex}

\textbf{(b)}
\begin{itemize}
    \item \textbf{$\bm{g(x)}$为在节点-1，0，1处f的二次插值多项式}

    首先由于$s_1''(x)=-3x-3,s_2''(x)=3x-3$可以计算得到：
    \begin{align}
        \int_{-1}^1 [s''(x)]^2 dx
        &=\int_{-1}^0 [s_1''(x)]^2 dx + \int_{0}^1 [s_2''(x)]^2 dx\nonumber\\
        &=\int_{-1}^0 (-3x-3)^2 dx + \int_{0}^1 (3x-3)^2 dx\\
        &=\bm{6}\nonumber
    \end{align}

    由f在节点-1，0，1的差商表可计算得到：$g(x)=-x^2+1$，从而有$g'(x)=-2x,g''(x)=-2$。

    因此可知：
    \begin{equation}
         \int_{-1}^1 [g''(x)]^2 dx = \int_{-1}^1 [-2]^2 dx =\bm{8}
    \end{equation}
   比较可得：$\int_{-1}^1 [s''(x)]^2 dx < \int_{-1}^1 [g''(x)]^2 dx$，也即验证了自然三次样条有最小总弯曲能量。
   
   \item \textbf{$\bm{g(x)=f(x)}$}

   由于$f(x)=cos(\frac{\pi}{2}x)$，则有$f''(x)=-\frac{\pi^2}{4}cos(\frac{\pi}{2}x)$。令$t=\frac{\pi}{2}x$，则有：
   \begin{align}
       \int_{-1}^1 [g''(x)]^2 dx 
       &= \int_{-1}^1 [f''(x)]^2 dx 
       = \int_{-1}^1 \frac{\pi^4}{16}cos^2(\frac{\pi}{2}x) dx\nonumber\\
       &=\frac{\pi^4}{16}\frac{2}{\pi} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} cos^2(t) dt\\ 
       &=\frac{\pi^4}{16}\approx\bm{6.088}\nonumber
   \end{align}

   比较可得：$\int_{-1}^1 [s''(x)]^2 dx < \int_{-1}^1 [g''(x)]^2 dx$，也即验证了自然三次样条有最小总弯曲能量。
   
\end{itemize}

\section{Theoretical Questions \uppercase\expandafter{\romannumeral5}}
\textbf{(a)} 
由B样条定义可以得到：
\begin{equation}
    B_i^2(x)=\frac{x-t_{i-1}}{t_{i+1}-t_{i-1}}B_i^1(x)+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_i}B_{i+1}^1(x).
    \label{5a1}
\end{equation}
\begin{equation}
    B_i^1(x)=\frac{x-t_{i-1}}{t_{i}-t_{i-1}}B_i^0(x)+\frac{t_{i+1}-x}{t_{i+1}-t_i}B_{i+1}^0(x).
    \label{5a2}
\end{equation}
\begin{equation}
    B_{i+1}^1(x)=\frac{x-t_{i}}{t_{i+1}-t_{i}}B_{i+1}^0(x)+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_{i+1}}B_{i+2}^0(x).
    \label{5a3}
\end{equation}
其中：

\begin{minipage}[t]{0.3\linewidth}
\begin{align}
    B_i^0=
    \begin{cases}
        1 \quad x\in (t_{i-1},t_i]\\
        0 \quad otherwise.
    \end{cases}
    \nonumber
\end{align}
\end{minipage}
\begin{minipage}[t]{0.3\linewidth}
\begin{align}
    B_{i+1}^0=
    \begin{cases}
        1 \quad x\in (t_{i},t_{i+1}]\\
        0 \quad otherwise.
    \end{cases}
    \nonumber
\end{align}
\end{minipage}
\begin{minipage}[t]{0.3\linewidth}
\begin{align}
    B_{i+2}^0=
    \begin{cases}
        1 \quad x\in (t_{i+1},t_{i+2}]\\
        0 \quad otherwise.
    \end{cases}
    \nonumber
\end{align}
\end{minipage}

从而可以得到：
\begin{itemize}
    \item 当$x\in (t_{i-1},t_i]$时，有：
    \begin{align}
        B_i^2(x)&=\frac{x-t_{i-1}}{t_{i+1}-t_{i-1}}[\frac{x-t_{i-1}}{t_{i}-t_{i-1}}B_i^0(x)+\frac{t_{i+1}-x}{t_{i+1}-t_i}B_{i+1}^0(x)]\nonumber\\
        &\quad +\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_i}[\frac{x-t_{i}}{t_{i+1}-t_{i}}B_{i+1}^0(x)+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_{i+1}}B_{i+2}^0(x)]\nonumber\\
        &=\frac{x-t_{i-1}}{t_{i+1}-t_{i-1}}(\frac{x-t_{i-1}}{t_{i}-t_{i-1}})+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_i}(\frac{x-t_{i}}{t_{i+1}-t_{i}}·0+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_{i+1}}·0)\nonumber\\
        &=\frac{x-t_{i-1}}{t_{i+1}-t_{i-1}}·\frac{x-t_{i-1}}{t_{i}-t_{i-1}}
        \end{align}
    \item 当$x\in (t_{i},t_{i+1}]$时，同理有：
    \begin{align}
        B_i^2(x)
        &=\frac{x-t_{i-1}}{t_{i+1}-t_{i-1}}(\frac{x-t_{i-1}}{t_{i}-t_{i-1}}·0+\frac{t_{i+1}-x}{t_{i+1}-t_i})+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_i}(\frac{x-t_{i}}{t_{i+1}-t_{i}}+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_{i+1}}·0)\nonumber\\
        &=\frac{x-t_{i-1}}{t_{i+1}-t_{i-1}}·\frac{t_{i+1}-x}{t_{i+1}-t_i}+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_i}·\frac{x-t_{i}}{t_{i+1}-t_{i}}
        \end{align}
    \item 当$x\in (t_{i+1},t_{i+2}]$时，同理有：
    \begin{align}
        B_i^2(x)
        &=\frac{x-t_{i-1}}{t_{i+1}-t_{i-1}}(\frac{x-t_{i-1}}{t_{i}-t_{i-1}}·0+\frac{t_{i+1}-x}{t_{i+1}-t_i}·0)+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_i}(\frac{x-t_{i}}{t_{i+1}-t_{i}}·0+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_{i+1}})\nonumber\\
        &=\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_i}·\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_{i+1}}
        \end{align}
    \item 当$x$取值在其它情况时，$B_i^0=0,B_{i+1}^0=0,B_{i+2}^0=0$，从而根据式（\ref{5a1}），有：$B_i^2=0$。  
\end{itemize}

综上，$B_i^2$的精确表示为：
\begin{equation}
B_i^2(x)=
    \begin{cases}
        \frac{(x-t_{i-1})^2}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i}-t_{i-1})}, & x\in (t_{i-1},t_i];\\
        \frac{(x-t_{i-1})(t_{i+1}-x)}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+1}-t_i)}+\frac{(t_{i+2}-x)(x-t_{i})}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_{i})}, & x\in (t_{i},t_{i+1}];\\
        \frac{(t_{i+2}-x)^2}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+2}-t_{i+1})}, & x\in (t_{i+1},t_{i+2}];\\
        0, & otherwise.
    \end{cases}
    \label{Bi2}
\end{equation}

\vspace{2.0ex}

\textbf{(b)}
由定理3.34，$B_i^2(x)$的导数计算公式为：
\begin{equation}
    \frac{d}{dx}B_i^2(x)=\frac{2B_i^1(x)}{t_{i+1}-t_{i-1}}-\frac{2B_{i+1}^1(x)}{t_{i+2}-t_i}
\end{equation}
\begin{itemize}
    \item 首先证$\frac{d}{dx}B_i^2(x)$在$t_i$处的连续性，$B_i^1,B_{i+1}^1$在$t_i$的左右极限分别如下：
    \begin{minipage}[t]{0.5\linewidth}
\begin{align}
    B_i^1(t_i-0)&=\frac{t_i-t_{i-1}}{t_i-t_{i-1}}=1
    \nonumber\\
    B_{i+1}^1(t_i-0)&=0
    \nonumber
\end{align}
\end{minipage}
\begin{minipage}[t]{0.5\linewidth}
\begin{align}
    B_i^1(t_i+0)=\frac{t_{i+1}-t_{i}}{t_{i+1}-t_{i}}=1
    \nonumber\\
    B_{i+1}^1(t_i+0)=\frac{t_i-t_i}{t_{i+1}-t_i}=0
    \nonumber
\end{align}
\end{minipage}
从而可以计算得到：
\begin{equation}
    \frac{d}{dx}B_i^2(t_i-0)=\frac{2}{t_{i+1}-t_{i-1}}=\frac{d}{dx}B_i^2(t_i+0)
\end{equation}
因此$\frac{d}{dx}B_i^2(x)$在$t_i$处连续。
\item 考虑$\frac{d}{dx}B_i^2(x)$在$t_{i+1}$处的连续性，同上述计算方法可以得到$B_i^1,B_{i+1}^1$在$t_{i+1}$的左右极限：$B_i^1(t_{i+1}-0)=0 , B_{i+1}^1(t_{i+1}-0)=1 , B_i^1(t_{i+1}+0)=0 , B_{i+1}^1(t_{i+1}+0)=1$。
从而可以计算得到：
\begin{equation}
    \frac{d}{dx}B_i^2(t_{i+1}-0)=-\frac{2}{t_{i+2}-t_{i}}=\frac{d}{dx}B_i^2(t_{i+1}+0)
\end{equation}
因此$\frac{d}{dx}B_i^2(x)$在$t_{i+1}$处也连续。

\end{itemize}


\vspace{2.0ex}

\textbf{(c)}
由（b）题的分析可知，$\frac{d}{dx}B_i^2(x)$在$t_i$处不为0。因此分别考虑$x\in(t_{i-1},t_i)$和$x\in(t_i,t_{i+1})$时的情况。
\begin{itemize}
    \item $x\in(t_{i-1},t_i)$时有：
    \begin{align}
       \frac{d}{dx}B_i^2(x)
       =\frac{2}{t_{i+1}-t_{i-1}}·\frac{x-t_{i-1}}{t_i-t_{i-1}}
    \end{align}
    令$\frac{d}{dx}B_i^2(x)=0$得到$x^*=t_{i-1}\notin (t_{i-1},t_i)$，因此在$(t_{i-1},t_i)$上不存在使$\frac{d}{dx}B_i^2(x)=0$的$x^*$。
    
    \item $x\in(t_{i},t_{i+1})$时有：
    \begin{align}
       \frac{d}{dx}B_i^2(x)
       =\frac{2}{t_{i+1}-t_{i-1}}·\frac{t_{i+1}-x}{t_{i+1}-t_{i}}-\frac{2}{t_{i+2}-t_{i}}·\frac{x-t_{i}}{t_{i+1}-t_{i}}
    \end{align}
    令$\frac{d}{dx}B_i^2(x)=0$得到
    \begin{equation}
        \bm{x^*=\frac{t_{i+1}t_{i+2}-t_it_{i-1}}{t_{i+2}+t_{i+1}-t_i-t_{i-1}}}.
    \end{equation}

\end{itemize}

\vspace{2.0ex}

\textbf{(d)}
当$x\in(t_{i-1},t_i)$时,
\begin{equation}
    [\frac{d}{dx}B_i^2(x)]'
       =\frac{2}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_i-t_{i-1})}>0.
\end{equation}

当$x\in(t_i,t_{i+1})$时,
\begin{equation}
    [\frac{d}{dx}B_i^2(x)]'
       =\frac{-2t_{i+2}-2t_{i+1}+2t_i+2t_{i-1}}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_i)}<0.
\end{equation}


因此可知$\frac{d}{dx}B_i^2(x)$在$(t_{i-1},t_i)$上单调递增，在$(t_i,t_{i+1})$上单调递减。
根据(b)(c)可知$\frac{d}{dx}B_i^2(t_{i-1})=0$，$\frac{d}{dx}B_i^2(t_{i})>0$,$\frac{d}{dx}B_i^2(x^*)=0$。

因此$B_i^2(x)$在$(t_{i-1},x^*)$上单调递增，在$(x^*,t_{i+1})$上单调递减。从而$\bm{max\;B_i^2(x)=B_i^2(x^*)}$。

又因为$B_i^2(t_{i-1})=0<\frac{(t_{i+2}-t_{i+1})(t_{i+1}-t_i)}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_i)}=B_i^2(t_{i+1})$,所以$\bm{min\;B_i^2(x)=0}$。

已知$x^*\in(t_i,t_{i+1}]$，代入式（\ref{Bi2}），计算得到
\begin{align}
    B_i^2(x^*)=\frac{t_{i+2}-t_{i-1}}{t_{i+2}+t_{i+1}-t_i-t_{i-1}} < 1.
\end{align}
因此$min\;B_i^2(x)=0,max\;B_i^2(x)<1$，从而$B_i^2(x)\in[0,1)$。证毕。

\vspace{2.0ex}

\textbf{(e)}当$t_i=i$时
\begin{equation}
B_i^2(x)=
      \begin{cases}
          \frac{1}{2}(x-i+1)^2 &x\in(t_{i-1},t_i];\\
          \frac{1}{2}[-2x^2+(4i+2)x-2i^2-2i+1] &x\in(t_i,t_{i+1}];\\
          \frac{1}{2}(i+2-x)^2 &x\in(t_{i+1},t_{i+2}].\\
      \end{cases}    
\end{equation}

由此可以绘制$B_i^2(x)$如下：
\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[height=5cm,width=7cm]{TQ5e.png}
    \caption{\uppercase\expandafter{\romannumeral5}.(e)}
    \label{5e}
\end{figure}

\section{Theoretical Questions \uppercase\expandafter{\romannumeral6}}

根据截断函数的定义有
\begin{equation}
    (t-x)_+^2=
    \begin{cases}
        (t-x)^2 &t\ge x\\
        0 &t<x.
    \end{cases}
\end{equation}
因此分如下情况通过建立差商表进行计算。
\begin{itemize}
    \item 当$x\in(t_{i-1},t_i]$时，有差商表：
    
    \begin{tabular}{c|cccc}
    $t_{i-1}$ & 0 \\ 
    $t_i$     & $(t_i-x)^2$ & $\frac{(t_i-x)^2}{t_i-t_{i-1}}$\\
    $t_{i+1}$ & $(t_{i+1}-x)^2$ & $t_{i+1}+t_i-2x$ & $\frac{t_{i+1}+t_i-2x-\frac{(t_i-x)^2}{t_i-t_{i-1}}}{t_{i+1}-t_{i-1}}$\\
    $t_{i+2}$ & $(t_{i+2}-x)^2$ & $t_{i+2}+t_{i+1}-2x$ & 1 & $\frac{(t_{i-1}-x)^2}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_i-t_{i-1})(t_{i+2}-t{i-1})}$
    \end{tabular}
    
    由差商表可知$[t_{i-1},t_i,t_{i+1},t_{i+2}](t-x)_+^2=\frac{(t_{i-1}-x)^2}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_i-t_{i-1})(t_{i+2}-t{i-1})}$,从而有$(t_{i+2}-t_{i-1})[t_{i-1},t_i,t_{i+1},t_{i+2}](t-x)_+^2=B_i^2$。
    
\item 当$x\in(t_{i},t_{i+1}]$时，有差商表：

    \begin{tabular}{c|cccc}
    $t_{i-1}$ & 0 \\ 
    $t_i$     & 0 & 0\\
    $t_{i+1}$ & $(t_{i+1}-x)^2$ & $\frac{(t_{i+1}-x)^2}{t_{i+1}-t_i}$ & 
    $\frac{(t_{i+1}-x)^2}{(t_{i+1}-t_i)(t_{i+1}-t_{i-1})}$\\
    $t_{i+2}$ & $(t_{i+2}-x)^2$ & $t_{i+2}+t_{i+1}-2x$ & $\frac{t_{i+2}t_{i+1}-t_it_{i+2}-t_it_{i+1}+2t_ix-x^2}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_i)}$ & $K$
    \end{tabular}
    
其中$K=[t_{i-1},t_i,t_{i+1},t_{i+2}](t-x)_+^2$，计算有：
\begin{align}
    K&=[\frac{t_{i+2}t_{i+1}-t_it_{i+2}-t_it_{i+1}+2t_ix-x^2}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_i)}-\frac{(t_{i+1}-x)^2}{(t_{i+1}-t_i)(t_{i+1}-t_{i-1})}]·\frac{1}{t_{i+2}-t_{i-1}}\nonumber\\
    &=\frac{t_ix^2+t_{i-1}x^2-2t_{i-1}t_ix-t_{i+2}x^2-t_{i+1}x^2+2t_{i+1}t_{i+2}x}{(t_{i+1}-t_i)(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+2}-t_{i-1})}\nonumber\\
    &\quad +\frac{t_it_{i+1}t_{i-1}-t_{i+2}t_{i+1}t_{i-1}-t_{i+2}t_it_{i+1}}{(t_{i+1}-t_i)(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+2}-t_{i-1})}\\
    &=\frac{(t_{i+2}-x)(x-t_i)}{(t_{i+1}-t_i)(t_{i+2}-t_i)(t_{i+2}-t_{i-1})}+\frac{(x-t_{i-1})(t_{i+1}-x)}{(t_{i+1}-t_i)(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+2}-t_{i-1})}.\nonumber
\end{align}
从而有$(t_{i+2}-t_{i-1})[t_{i-1},t_i,t_{i+1},t_{i+2}](t-x)_+^2=B_i^2$。

\item 当$x\in(t_{i+1},t_{i+2}]$时，同理可以通过差商表计算得到$[t_{i-1},t_i,t_{i+1},t_{i+2}](t-x)_+^2=\frac{(t_{i+2}-x)^2}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+2}-t_{i+1})}$，从而有$(t_{i+2}-t_{i-1})[t_{i-1},t_i,t_{i+1},t_{i+2}](t-x)_+^2=B_i^2$成立。

\item 当$x\leq t_{i+1}$时，有差商表：

    \begin{tabular}{c|cccc}
    $t_{i-1}$ & $(t_{i-1}-x)^2$ \\ 
    $t_i$     & $(t_{i}-x)^2$ & $t_i+t_{i-1}-2x$\\
    $t_{i+1}$ & $(t_{i+1}-x)^2$ & $t_{i+1}+t_{i}-2x$ & 
    1\\
    $t_{i+2}$ & $(t_{i+2}-x)^2$ & $t_{i+2}+t_{i+1}-2x$ & 1 & 0
    \end{tabular}
    
    此时$(t_{i+2}-t_{i-1})[t_{i-1},t_i,t_{i+1},t_{i+2}](t-x)_+^2=0=B_i^2$。

\item 当$x> t_{i+2}$时，$(t_{i-1}-x)^2_+=(t_{i}-x)^2_+=(t_{i+1}-x)^2_+=(t_{i+2}-x)^2_+=0$。因此有$(t_{i+2}-t_{i-1})[t_{i-1},t_i,t_{i+1},t_{i+2}](t-x)_+^2=0=B_i^2$。
\end{itemize}

      综上证毕。

\section{Theoretical Questions \uppercase\expandafter{\romannumeral7}}
由引理3.27可知$supp(B_i^n(x))=[t_{i-1},t_{i+n}]$，$supp(B_i^{n-1}(x))=[t_{i-1},t_{i+n-1}]$，$supp(B_{i+1}^{n-1}(x))=[t_{i},t_{i+n}]$。

根据定理3.34有
\begin{equation}
    \frac{d}{dx}B_i^n(x)=\frac{nB_i^{n-1}(x)}{t_{i+n-1}-t_{i-1}}-\frac{nB_{i+1}^{n-1}(x)}{t_{i+n}-t_i}.
\end{equation}
对上式两边同时对x在区间$[t_{i-1},t_{i+n}]$上积分，有
\begin{align}
    \int_{t_{i-1}}^{t_{i+n}}(\frac{d}{dx}B_i^n(x))dx=B_i^n(t_{i+n})-B_i^n(t_{i-1})=0=\int_{t_{i-1}}^{t_{i+n}}(\frac{nB_i^{n-1}(x)}{t_{i+n-1}-t_{i-1}}-\frac{nB_{i+1}^{n-1}(x)}{t_{i+n}-t_i})dx,
\end{align}
因此有：
\begin{equation}
    \frac{1}{t_{i+n-1}-t_{i-1}}\int_{t_{i-1}}^{t_{i+n-1}}B_i^{n-1}(x)dx=\frac{1}{t_{i+n}-t_i}\int_{t_{i}}^{t_{i+n}}B_{i+1}^{n-1}(x)dx,
\end{equation}
进而有：
\begin{equation}
    \frac{1}{t_{i+n}-t_{i-1}}\int_{t_{i-1}}^{t_{i+n}}B_i^{n}(x)dx=\frac{1}{t_{i+n+1}-t_i}\int_{t_{i}}^{t_{i+n+1}}B_{i+1}^{n}(x)dx.
\end{equation}
由于该式对任意的节点指标数i均成立，因此可认为对不同的i上式左右两边均相等且为常数，因此有
\begin{equation}
    \frac{1}{t_{i+n}-t_{i-1}}\int_{t_{i-1}}^{t_{i+n}}B_i^{n}(x)dx=C
\end{equation}
其中$C$为常数。且由上式可以看出，该常数与区间$[t_{i-1},t_{i+n}]$上节点是否均匀选取无关。证毕。

\section{Theoretical Questions \uppercase\expandafter{\romannumeral8}}
\textbf{(a)}本题希望证明定理3.46在$m=4,n=2$时的情况，即：$\tau_2(x_i,x_{i+1},x_{i+2})=[x_i,x_{i+1},x_{i+2}]x^4$。证明如下。

首先有差商表：

\begin{tabular}{c|ccc}
    $x_i$ & $x_i^4$ \\ 
    $x_{i+1}$ & $x_{i+1}^4$ & $(x_{i+1}^2+x_i^2)(x_{i+1}+x_i)$\\
    $x_{i+2}$ & $x_{i+2}^4$ & $(x_{i+2}^2+x_{i+1}^2)(x_{i+2}+x_{i+1})$ & $x_{i+2}^2+x_{i+1}^2+x_i^2+x_ix_{i+1}+x_{i+1}x_{i+2}+x_{i+2}x_i$
    \end{tabular}

因此，
\begin{equation}
    \tau_2(x_i,x_{i+1},x_{i+2})=x_ix_{i+1}+x_{i+1}x_{i+2}+x_{i+2}x_i+x_{i+2}^2+x_{i+1}^2+x_i^2=[x_i,x_{i+1},x_{i+2}]x^4.
\end{equation}

证毕。

\textbf{(b)}
由引理3.45，有：
\begin{align}
    (x_{n-1}-x_1)\tau_k(x_1,\dots,x_n,x_{n+1})
    &=\tau_{k+1}(x_1,\dots,x_n,x_{n+1})-\tau_{k+1}(x_1,\dots,x_n)\nonumber\\
    &\quad -x_1\tau_k(x_1,\dots,x_n,x_{n+1})\nonumber\\
    &=\tau_{k+1}(x_2,\dots,x_n,x_{n+1})+x_1\tau_k(x_1,\dots,x_n,x_{n+1})\nonumber\\
    &\quad -\tau_{k+1}(x_1,\dots,x_n)-x_1\tau_k(x_1,\dots,x_n,x_{n+1})\nonumber\\
    &=\tau_{k+1}(x_2,\dots,x_n,x_{n+1})-\tau_{k+1}(x_1,\dots,x_n).
\end{align}

对n采用归纳法。当$n=0$时，$\tau_m(x_i)=x_i^m=[x_i]x^m$，显然成立。

假设当$n<m$时，均成立$\tau_{m-n}(x_i,\dots,x_{i+n})=[x_i,\dots,x_{i+n}]x^m$。则对于$n+1$，有
\begin{align}
    \tau_{m-n-1}(x_i,\dots,x_{i+n+1})
    &=\frac{\tau_{m-n}(x_{i+1},\dots,x_{i+n+1})-\tau_{m-n}(x_i,\dots,x_{i+n})}{x_{i+n+1}-x_i}\nonumber\\
    &=\frac{[x_{i+1},\dots,x_{i+n+1}]x^m-[x_i,\dots,x_{i+n}]x^m}{x_{i+n+1}-x_i}\nonumber\\
    &=[x_i,\dots,x_{i+n+1}]x^m.
\end{align}
证毕。
\end{document}
